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题意

给出一个\(n\)个字符串的字典。对于一个字符串，他的贡献是这个字符串中最多的在字典中出现的不重叠子串的数量。
然后问一个长度为\(len\)的，字符集为前\(alphabet\)个字符的字符串的贡献期望是多少。

思路

首先想如果这个长度为\(len\)的字符串已经给出了。应该怎么算贡献。
只要贪心的在\(AC\)自动机上走，如果走到了字典中字符串的结尾，就回到根节点，然后重新走。
现在没有给出这个字符串，在\(AC\)自动机上表现为每个点的每个儿子都有\(\frac{1}{alphabet}\)的概率存在。
这个题要求求期望，根据期望的线性性。只要求出每个字符串被经过的概率之和\(\times\)贡献,然后加起来就行了。因为每个字符串的贡献都是\(1\)，所以只要将他们的概率之和求出来就行了。
然后考虑如何求出来每个字符串被经过的概率。
根据上面的贪心思路。我们可以用\(f[k][i]\)表示走了\(k\)步，走到\(j\)的概率。只要用\(f[k-1][fa[i]]\times \frac{1}{alphabet}\)就行了。
因为\(len\)到了\(10 ^ 9\),所以考虑矩阵快速幂优化，我们可以把从每个点走到另一个点的概率用一个\(n\times n\)矩阵来表示。然后将这个矩阵自乘\(len\)遍就行了。
然后考虑这个矩阵应该怎么得到。首先要在矩阵上新建一个统计答案的点。只要在\(AC\)自动机上\(bfs\)一遍，如果儿子被打过结束标记了，那么就将当前点走到新建点和根节点的概率\(+\frac{1}{alphabet}\).否则就将当前节点走到孩子节点的概率\(+\frac{1}{alphabet}\)。
然后矩阵快速幂就行了。

代码

/*
* @Author: wxyww
* @Date:   2019-01-31 08:45:43
* @Last Modified time: 2019-01-31 10:03:47
*/
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstdlib>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<ctime>
#include<bitset>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef long double ld;
ll read() {
    ll x=0,f=1;char c=getchar();
    while(c<'0'||c>'9') {
        if(c=='-') f=-1;
        c=getchar();
    }
    while(c>='0'&&c<='9') {
        x=x*10+c-'0';
        c=getchar();
    }
    return x*f;
}
queue<int>q;
struct Mat {
    ld a[100][100];
    int n;
    Mat() {
        n = 0;
        memset(a,0,sizeof(a));
    }
    Mat(int x) {
        n = x;
        for(int i = 0;i <= n;++i) a[i][i] = 1;
    }
}C;
char s[20];
ld tmp;
int trie[100][27],tot,bz[400];
void ins() {
    int len = strlen(s + 1);
    int now = 0;
    for(int i = 1;i <= len;++i) {
        int x = s[i] - 'a';
        if(!trie[now][x]) trie[now][x] = ++tot;
        now = trie[now][x];
    }
    bz[now] = 1;
}
int fail[400],vis[400];
int alp;
void build() {
    for(int i = 0;i < alp;++i) if(trie[0][i]) q.push(trie[0][i]);
    while(!q.empty()) {
        int now = q.front();q.pop();
        for(int i = 0;i < alp;++i) {
            if(trie[now][i]) fail[trie[now][i]] = trie[fail[now]][i],q.push(trie[now][i]);
            else trie[now][i] = trie[fail[now]][i]; 
        }
    }
}

void bfs() {
    while(!q.empty()) q.pop();
    q.push(0);vis[0] = 1;
    while(!q.empty()) {
        int now = q.front();q.pop();
        for(int i = 0;i < alp;++i) {
            if(!vis[trie[now][i]]) vis[trie[now][i]] = 1,q.push(trie[now][i]);
            if(bz[trie[now][i]]) C.a[now][0] += tmp, C.a[now][tot] += tmp;
            else C.a[now][trie[now][i]] += tmp;
        }
    }
}

Mat operator * (Mat x,Mat y) {
    int n = x.n;
    Mat ret;
    ret.n = n;
    for(int k = 0;k <= n;++k) {
        for(int i = 0;i <= n;++i) {
            for(int j = 0;j <= n;++j) {
                ret.a[i][j] += x.a[i][k] * y.a[k][j];
            }
        }
    }
    return ret;
}
Mat operator ^ (Mat x,int y) {
    int n = x.n;
    Mat ret(n);
    for(;y;y >>= 1,x = x * x) {
        if(y & 1) ret = ret * x;
    }
    return ret;
}
int main() {
    int n = read(),len = read();
     cin>>alp;
    tmp = (ld)1 / (ld)alp;
    for(int i = 1;i <= n;++i) {
        scanf("%s",s + 1);
        ins();
    }
    build();
    ++tot;
    bfs();
    C.n = tot;
    C.a[tot][tot] = 1;
    C = C ^ len;
    printf("%.7Lf",C.a[0][tot]);
    return 0;
}